7 5 空间角与空间距离 空间向量及应用——2026版53高考总复习精练册word 人教版
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7.5空间角与空间距离、空间向量及应用
高考新风向·创新知识交汇思维引导回归本质
(2024新课标Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为523,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为()
A.12 B.1 C.2 D.3
创新点注重知识间的内在联系,这是一道关于正三棱台的体积和线面所成角的问题.根据题意利用体积求出高,再求侧棱与底面所成的角的正切值.题目通过具体的几何形状和数据,考查学生对空间几何体的理解和计算能力.题目设计巧妙,需要学生在掌握基础知识的同时,能够灵活运用知识间的内在联系进行推理和分析.
答案 B
五年高考
考点1用向量法判定空间中的位置关系
(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是()
答案 BC
考点2空间角与距离
1.(2020新高考Ⅰ,4,5分,中)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为()
A.20° B.40° C.50° D.90°
答案 B
2.(2022全国甲,文9,理7,5分,中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则()
A.AB=2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC=CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
答案 D
3.(2023全国乙理,9,5分,中)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()
A.15 B.25 C.35 D.25
答案 C
4.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,易)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则()
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案 ABD
5.(2021新高考Ⅱ,19,12分,中)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的余弦值.
解析(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1.
由QD=QA,得QE⊥AD.
在Rt△QAE中,QE=QA2?AE2=(5)2?12=2.
∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2,
在Rt△CDE中,CE=CD2+DE2=22+12=5.
∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2,∴QE⊥CE,
又∵CE∩AD=E,CE、AD?平面ABCD,
∴QE⊥平面ABCD.
又QE?平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.
(2)建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),
则BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).
显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0),
设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),
则n2·BQ=0,n2·BD=0??2x+y+2z=0,?2x+2y=0?x=y=2z.取n2=(2,2,1).
设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角,
则cosθ=|cos|=|n1·n2||n1||n2|=21×3=23.
6.(2023新课标Ⅰ,18,12分,中)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
解析(1)证明:以C为原点,CD,CB,CC1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
则B2C2=(0,-2,1),A2D2=(0,-2,1),
∴B2C2=A2D2,∴B2C2∥A2D2,
又知B2C2与A2D2无公共点,
∴B2C2∥A2D2.
(2)∵点P在棱BB1上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4),
结合(1)可知A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),PA2=(2,0,1-a),PC2=(0,-2,3-a).
设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则A2C2·n1=0,A2D2·n1=0,即?2x1?2y1+2z1=0,?2y1+z1=0,
令z1=2,则n1=(1,1,2).
设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则PA2·n2=0,PC2·n2=0,即2x2+(1?a)z2=0,?2y2+(3?a)z2=0,
令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2),
又∵二面角P-A2C2-D2为150°,
∴|cos150°|=|cos|=|n1·n2||n1|·|n2|=a?1+3?a+4|6·(a?1)2+(3?a)2+4=62a2?8a+14,
即32=3a2?4a+7,化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,
当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1.
综上,B2P=1.
7.(2024新课标Ⅱ,17,15分,中)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=53,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足AE=25AD,AF=12AB.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=43.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
解析(1)证明:∵AB=8,AD=53,AE=25AD,AF=12AB,
∴|AE|=23,|AF|=4,
在△AEF中,∠EAF=30°,∴由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos∠EAF=(23)2+42-2×23×4×32=4,∴EF=2,
∴AE2+EF2=AF2,
∴AE⊥EF,即ED⊥EF,PE⊥EF,(注意翻折前后的位置关系)
又∵ED?面PDE,PE?面PDE,ED∩PE=E,
∴EF⊥面PDE,
又∵PD?面PDE,∴EF⊥PD.
(2)连接EC,在Rt△EDC中,
EC2=CD2+DE2=32+(33)2=36,∴EC=6.
又∵PE=23,PC=43,∴PE2+EC2=PC2,∴PE⊥EC,
又∵PE⊥EF,EC?面FBCDE,EF?面FBCDE,
且EC∩EF=E,∴PE⊥面FBCDE,
∴以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,0,0),
则PC=(3,33,-23),PD=(0,33,-23),PF=(2,0,-23).
作BG⊥AD交AD于点G,
在Rt△ABG中,
∵AB=8,∠BAG=30°,∴BG=4,AG=43,则EG=23,
则B(4,23,0),
则PB=(4,23,-23),
设面PCD的法向...
高考新风向·创新知识交汇思维引导回归本质
(2024新课标Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为523,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为()
A.12 B.1 C.2 D.3
创新点注重知识间的内在联系,这是一道关于正三棱台的体积和线面所成角的问题.根据题意利用体积求出高,再求侧棱与底面所成的角的正切值.题目通过具体的几何形状和数据,考查学生对空间几何体的理解和计算能力.题目设计巧妙,需要学生在掌握基础知识的同时,能够灵活运用知识间的内在联系进行推理和分析.
答案 B
五年高考
考点1用向量法判定空间中的位置关系
(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是()
答案 BC
考点2空间角与距离
1.(2020新高考Ⅰ,4,5分,中)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为()
A.20° B.40° C.50° D.90°
答案 B
2.(2022全国甲,文9,理7,5分,中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则()
A.AB=2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC=CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
答案 D
3.(2023全国乙理,9,5分,中)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()
A.15 B.25 C.35 D.25
答案 C
4.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,易)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则()
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案 ABD
5.(2021新高考Ⅱ,19,12分,中)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的余弦值.
解析(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1.
由QD=QA,得QE⊥AD.
在Rt△QAE中,QE=QA2?AE2=(5)2?12=2.
∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2,
在Rt△CDE中,CE=CD2+DE2=22+12=5.
∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2,∴QE⊥CE,
又∵CE∩AD=E,CE、AD?平面ABCD,
∴QE⊥平面ABCD.
又QE?平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.
(2)建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),
则BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).
显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0),
设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),
则n2·BQ=0,n2·BD=0??2x+y+2z=0,?2x+2y=0?x=y=2z.取n2=(2,2,1).
设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角,
则cosθ=|cos|=|n1·n2||n1||n2|=21×3=23.
6.(2023新课标Ⅰ,18,12分,中)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
解析(1)证明:以C为原点,CD,CB,CC1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
则B2C2=(0,-2,1),A2D2=(0,-2,1),
∴B2C2=A2D2,∴B2C2∥A2D2,
又知B2C2与A2D2无公共点,
∴B2C2∥A2D2.
(2)∵点P在棱BB1上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4),
结合(1)可知A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),PA2=(2,0,1-a),PC2=(0,-2,3-a).
设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则A2C2·n1=0,A2D2·n1=0,即?2x1?2y1+2z1=0,?2y1+z1=0,
令z1=2,则n1=(1,1,2).
设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则PA2·n2=0,PC2·n2=0,即2x2+(1?a)z2=0,?2y2+(3?a)z2=0,
令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2),
又∵二面角P-A2C2-D2为150°,
∴|cos150°|=|cos|=|n1·n2||n1|·|n2|=a?1+3?a+4|6·(a?1)2+(3?a)2+4=62a2?8a+14,
即32=3a2?4a+7,化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,
当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1.
综上,B2P=1.
7.(2024新课标Ⅱ,17,15分,中)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=53,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足AE=25AD,AF=12AB.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=43.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
解析(1)证明:∵AB=8,AD=53,AE=25AD,AF=12AB,
∴|AE|=23,|AF|=4,
在△AEF中,∠EAF=30°,∴由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos∠EAF=(23)2+42-2×23×4×32=4,∴EF=2,
∴AE2+EF2=AF2,
∴AE⊥EF,即ED⊥EF,PE⊥EF,(注意翻折前后的位置关系)
又∵ED?面PDE,PE?面PDE,ED∩PE=E,
∴EF⊥面PDE,
又∵PD?面PDE,∴EF⊥PD.
(2)连接EC,在Rt△EDC中,
EC2=CD2+DE2=32+(33)2=36,∴EC=6.
又∵PE=23,PC=43,∴PE2+EC2=PC2,∴PE⊥EC,
又∵PE⊥EF,EC?面FBCDE,EF?面FBCDE,
且EC∩EF=E,∴PE⊥面FBCDE,
∴以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,0,0),
则PC=(3,33,-23),PD=(0,33,-23),PF=(2,0,-23).
作BG⊥AD交AD于点G,
在Rt△ABG中,
∵AB=8,∠BAG=30°,∴BG=4,AG=43,则EG=23,
则B(4,23,0),
则PB=(4,23,-23),
设面PCD的法向...
